Раздел I. Введение в анализ — § 4. Графическое изображение функции

Демидович — задача 369

Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие, подробное решение и ответ.

Задача 369

Построить графики функций y=y(x)y=y(x), заданных параметрически, если:а) x=1−t,y=1−t2;\text{а) }x=1-t,\quad y=1-t^2;б) x=t+1t,y=t+1t2;\text{б) }x=t+\frac1t,\quad y=t+\frac1{t^2};в) x=10cos⁡t,y=sin⁡t(эллипс);\text{в) }x=10\cos t,\quad y=\sin t\quad(\text{эллипс});г) x=ch⁡t,y=sh⁡t(гипербола);\text{г) }x=\operatorname{ch}t,\quad
y=\operatorname{sh}t\quad(\text{гипербола});д) x=5cos⁡2t,y=3sin⁡2t;\text{д) }x=5\cos^2t,\quad y=3\sin^2t;е) x=2(t−sin⁡t),y=2(1−cos⁡t)(циклоида);\text{е) }x=2(t-\sin t),\quad
y=2(1-\cos t)\quad(\text{циклоида});ж) x=tt+1,y=t+1t(t>0)\text{ж) }x=\sqrt[t+1]{t},\quad
y=\sqrt[t]{t+1}\qquad(t>0)
ПостроениеВ пункте а) получена парабола; в пункте б) — две
параметрические компоненты; в пункте в) — эллипс; в пункте г) —
правая ветвь гиперболы; в пункте д) — отрезок; в пункте е) —
циклоида. В пункте ж) предельными точками служат (0,e)(0,e) и (1,1)(1,1).

Построение

Пункт а)

x=1−tx=1-t, y=1−t2y=1-t^2
Из первого равенства t=1−xt=1-x. Подставляя это выражение во второе,
получаемy=\displaystyle y\mathrel{=}1−(1−x)2=\displaystyle 1-(1-x)^2\mathrel{=}2x−x2\displaystyle 2x-x^2Параметр tt принимает все действительные значения, поэтому
x∈Rx\in\mathbb R. График — парабола с ветвями вниз, вершиной (1,1)(1,1)
и нулями x=0x=0 и x=2x=2.

Построение графика

Строим параболу y=2x−x2y=2x-x^2. При возрастании
параметра tt точка движется по ней справа налево, поскольку x=1−tx=1-t.график к задаче Демидовича № 369

Пункт б)

x=t+1tx=t+\frac{1}{t}, y=t+1t2y=t+\frac{1}{t^2}
Здесь t≠0t\ne0. Из №253 известен график t+1tt+\frac{1}{t}, а из №255 — график t+1t2t+\frac{1}{t^2}. Поэтому строим точки, беря при одном и том же tt первую ординату за xx, вторую за yy.
Из (t−1)2≥0(t-1)^2\ge0 при t>0t>0 следует x=t+1t≥2x=t+\frac{1}{t}\ge2; при t<0t<0 по нечётности первой координаты имеем x≤−2x\le-2. Граничные точки получаем подстановкой:t=1: (x,y)=(2,2),t=−1: (x,y)=(−2,0).t=1:\ (x,y)=(2,2),\qquad t=-1:\ (x,y)=(-2,0).По №255 наименьшая ордината ветви t>0t>0 достигается при t=c=23t=c=\sqrt[3]2. Здесь c3=2c^3=2, поэтому 1c2=c2\frac{1}{c^2}=\frac{c}{2} и(x,y)=(c+1c,c+1c2)=(c+1c,32c).(x,y)=\left(c+\frac1c,c+\frac1{c^2}\right)
=\left(c+\frac1c,\frac32c\right).Для дополнительных точек берём t=12,2,−12,−2t=\frac{1}{2},2,-\frac{1}{2},-2:(52,92),(52,94),(−52,72),(−52,−74).(\frac{5}{2},\frac{9}{2}),\quad(\frac{5}{2},\frac{9}{4}),\quad(-\frac{5}{2},\frac{7}{2}),\quad(-\frac{5}{2},-\frac{7}{4}).Например, при t=12t=\frac{1}{2} получаем x=12+2=52x=\frac{1}{2}+2=\frac{5}{2}, y=12+4=92y=\frac{1}{2}+4=\frac{9}{2}; остальные пары вычисляются той же подстановкой.
При t→±∞t\to\pm\infty имеемy−x=1t2−1t⟶0,y-x=\frac1{t^2}-\frac1t\longrightarrow0,то есть наклонной асимптотой является y=xy=x. При t→0±0t\to0\pm0
координата xx стремится соответственно к ±∞\pm\infty, а
y→+∞y\to+\infty. Так как x=t+1tx=t+\frac{1}{t}, график расположен только при
x⩽−2x\leqslant-2 или x⩾2x\geqslant2. При ∣x∣>2|x|>2 уравнение
t2−xt+1=0t^2-xt+1=0 имеет ровно два различных взаимно обратных корня, которым
соответствуют разные ординаты. Поэтому каждая из двух параметрических
компонент в целом не является графиком однозначной функции от xx.
При этом формулы x=x(t)x=x(t) и y=y(t)y=y(t) задают не две разные кривые, а
две координаты одной параметрической кривой. Из-за исключённого
значения t=0t=0 она распадается на две компоненты: t<0t<0 и t>0t>0.
Поэтому обе компоненты на рисунке имеют один цвет.

Построение графика

Отдельно строим ветви для t<0t<0 и t>0t>0, отмечаем
граничные точки по абсциссе и точку с наименьшей ординатой ветви t>0t>0. На рисунке
показаны конечные фрагменты неограниченных ветвей.

Пункт б)

Общий видграфик к задаче Демидовича № 369

Пункт б)

Увеличенный фрагмент показывает точки (2,2)(2,2) и M=(c+1c,3c2)M=(c+\frac{1}{c},\frac{3c}{2}), где c=23c=\sqrt[3]2.график к задаче Демидовича № 369

Пункт в)

x=10cos⁡tx=10\cos t, y=sin⁡ty=\sin t

Исключая параметр, получаемx2100+y2=cos⁡2t+sin⁡2t=1\frac{x^2}{100}+y^2=\cos^2t+\sin^2t=1Это эллипс с центром в начале координат и полуосями 1010 и 11.
При изменении tt на промежутке длины 2π2\pi эллипс обходится один раз.

Построение графика

Отмечаем вершины (±10,0)(\pm10,0) и (0,±1)(0,\pm1) и
соединяем их эллипсом. Масштабы по осям на рисунке одинаковы, поэтому
сильное сжатие по вертикали соответствует отношению полуосей 10:110:1.график к задаче Демидовича № 369

Пункт г)

x=ch⁡tx=\operatorname{ch}t, y=sh⁡ty=\operatorname{sh}t
Из определений имеем(ch⁡t)2−(sh⁡t)2=\displaystyle (\operatorname{ch}t)^2-(\operatorname{sh}t)^2\mathrel{=}(et+e−t)2−(et−e−t)24=\displaystyle \frac{(e^t+e^{-t})^2-(e^t-e^{-t})^2}{4}\mathrel{=}4ete−t4=\displaystyle \frac{4e^te^{-t}}{4}\mathrel{=}1.\displaystyle 1.Следовательно,x2−y2=1x^2-y^2=1Однако ch⁡t⩾1\operatorname{ch}t\geqslant1, поэтому параметризация задаёт
не всю гиперболу, а только её правую ветвь. Точке t=0t=0 соответствует
вершина (1,0)(1,0); при t→±∞t\to\pm\infty ветвь приближается к асимптотам
y=±xy=\pm x.

Построение графика

Проводим асимптоты y=xy=x и y=−xy=-x, отмечаем
вершину (1,0)(1,0) и строим две половины правой ветви.график к задаче Демидовича № 369

Пункт д)

x=5cos⁡2tx=5\cos^2t, y=3sin⁡2ty=3\sin^2t

Поскольку cos⁡2t+sin⁡2t=1\cos^2t+\sin^2t=1, имеемx5+y3=1\frac{x}{5}+\frac{y}{3}=1При этом 0⩽x⩽50\leqslant x\leqslant5 и 0⩽y⩽30\leqslant y\leqslant3.
Поэтому графиком является не вся прямая, а отрезок между точками
(5,0)(5,0) и (0,3)(0,3). При изменении tt параметр многократно проводит
точку по этому отрезку в обоих направлениях.

Построение графика

Строим только часть прямой
y=3−3x5y=3-\frac{3x}{5}, лежащую в первом квадранте между её пересечениями с осями.график к задаче Демидовича № 369

Пункт е)

x=2(t−sin⁡t)x=2(t-\sin t), y=2(1−cos⁡t)y=2(1-\cos t)

Это циклоида, образованная точкой окружности радиуса 22, катящейся
по оси OxOx. При замене tt на t+2πt+2\pi получаемx(t+2π)=x(t)+4π,y(t+2π)=y(t)\begin{aligned}
x(t+2\pi)&=x(t)+4\pi,\\
y(t+2\pi)&=y(t)
\end{aligned}Остриё возникает при t=2πkt=2\pi k:(x,y)=(4πk,0)(x,y)=(4\pi k,0)Наивысшие точки арок соответствуют t=(2k+1)πt=(2k+1)\pi:(x,y)=(4πk+2π,4)(x,y)=(4\pi k+2\pi,4)

Построение графика

Строим одну арку между соседними остриями и
повторяем её горизонтальными переносами на 4π4\pi. На рисунке показаны
три последовательные арки; циклоида продолжается в обе стороны.график к задаче Демидовича № 369

Пункт ж)

x=t1(t+1)x=t^{\frac{1}{(t+1)}}, y=(t+1)1ty=(t+1)^{\frac{1}{t}}, t>0t>0.
Сначала выберем значения параметра с точными координатами:t121238x2−231233423y94234334\begin{array}{c|ccccc}
t&\frac{1}{2}&1&2&3&8\\\hline
x&2^{-\frac{2}{3}}&1&\sqrt[3]2&\sqrt[4]3&\sqrt[3]2\\
y&\frac{9}{4}&2&\sqrt3&\sqrt[3]4&\sqrt[4]3
\end{array}Например, при t=8t=8 имеем x=819=239=23x=8^{\frac{1}{9}}=2^{\frac{3}{9}}=\sqrt[3]2 и y=918=328=34y=9^{\frac{1}{8}}=3^{\frac{2}{8}}=\sqrt[4]3.
В частности, при t=2t=2 и t=8t=8 абсцисса одинакова, а ординаты различны. Поэтому вся кривая не является графиком однозначной функции от xx.
Покажем, что при возрастании tt точка движется вниз. По №368в ln⁡z≤z−1\ln z\le z-1 с равенством только при z=1z=1. Для a,b>0a,b>0, a≠ba\ne b, и 0<θ<10<\theta<1 положим M=θa+(1−θ)bM=\theta a+(1-\theta)b. Применим неравенство к aM\frac{a}{M} и bM\frac{b}{M}, умножим на θ\theta и 1−θ1-\theta и сложим:θln⁡(aM)+(1−θ)ln⁡(bM)<θa+(1−θ)bM−1=0.\theta\ln(\frac{a}{M})+(1-\theta)\ln(\frac{b}{M})<
\frac{\theta a+(1-\theta)b}{M}-1=0.Следовательно, θln⁡a+(1−θ)ln⁡b<ln⁡M\theta\ln a+(1-\theta)\ln b<\ln M.
Для 0<u<v0<u<v выберем a=1+va=1+v, b=1b=1, θ=uv\theta=\frac{u}{v}. Тогда M=1+uM=1+u, иuvln⁡(1+v)<ln⁡(1+u),ln⁡(1+v)v<ln⁡(1+u)u.\frac{u}{v}\ln(1+v)<\ln(1+u),\qquad
\frac{\ln(1+v)}v<\frac{\ln(1+u)}u.Логарифм координаты yy строго убывает, поэтому сама координата тоже строго убывает.
При 0<t<10<t<1 показатели удовлетворяют 12<1(1+t)<1\frac{1}{2}<\frac{1}{(1+t)}<1, откуда t<x<tt<x<\sqrt t. Значит, при приближении tt к нулю координата xx приближается к нулю. Для координаты yy используем только предел последовательности из определения ee:y(1n)=(1+1n)n⟶e.y(\frac{1}{n})=(1+\frac{1}{n})^n\longrightarrow e.Из доказанного убывания y(t)y(t) следует: если 1(n+1)≤t≤1n\frac{1}{(n+1)}\le t\le\frac{1}{n}, то y(1n)≤y(t)≤y(1(n+1))y(\frac{1}{n})\le y(t)\le y(\frac{1}{(n+1)}). Поэтому начальная предельная точка равна (0,e)(0,e).
При больших tt обе координаты приближаются к 11. Действительно, неравенство из №368в даёт0≤ln⁡x=ln⁡tt+1≤2(t−1)t+1(t≥1),0\le\ln x=\frac{\ln t}{t+1}\le\frac{2(\sqrt t-1)}{t+1}\quad(t\ge1),0<ln⁡y=ln⁡(t+1)t≤2(t+1−1)t=2t+1+1.0<\ln y=\frac{\ln(t+1)}t\le\frac{2(\sqrt{t+1}-1)}t=\frac2{\sqrt{t+1}+1}.Правые части можно сделать сколь угодно малыми. Если 0≤ln⁡z<ln⁡(1+ε)0\le\ln z<\ln(1+\varepsilon), то 1≤z<1+ε1\le z<1+\varepsilon, что обосновывает переход от логарифмов к координатам.
Итак, отмечаем выколотые точки (0,e)(0,e) и (1,1)(1,1), затем точки таблицы. При t<1t<1 имеем x<1x<1, при t=1t=1 — (1,2)(1,2), а при t>1t>1 имеем x>1x>1; правый участок возвращается к (1,1)(1,1) сверху.

Построение графика

Строим кривую по точным координатам и найденному поведению её концов. При возрастании параметра точка движется от (0,e)(0,e) через (1,2)(1,2) к (1,1)(1,1).график к задаче Демидовича № 369
Демидович № 369 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика